\documentclass[handout]{slide}



\renewcommand{\mytitle}{第十二章\quad 无穷级数}
\renewcommand{\mysubtitle}{第二节\quad 常数项级数的审敛法}
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\begin{document}

\section{正项级数及其审敛法}
\begin{frame}{正项级数及其审敛法}

一般的常数项级数， 它的各项可以是正数、负数或零。 现在我们先讨论各项都是正数或零的级数， 这种级数称为\emph{正项级数}。 这种级数特别重要， 以后将看到许多级数的收敛性问题可归结为正项级数的收敛性问题。

\pause
\begin{theorem}
正项级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}$ 收敛的充分必要条件是： 它的部分和数列 $\left\{s_{n}\right\}$ 有界。
\end{theorem}

\pause
由定理 1 可知，如果正项级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}$ 发散，那么它的部分和数列 $s_{n} \rightarrow+\infty(n \rightarrow \infty)$,即 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}=+\infty$.
\pause
\begin{proof}
 设级数
\[\tag{2-1}
u_{1}+u_{2}+\cdots+u_{n}+\cdots
\]
是一个正项级数 $\left(u_{n} \geqslant 0\right)$, 它的部分和为 $s_{n}$. 显然， 数列 $\left\{s_{n}\right\}$ 是一个单调增加数列
\[
s_{1} \leqslant s_{2} \leqslant \cdots \leqslant s_{n} \leqslant \cdots .
\]
如果数列 $\left\{s_{n}\right\}$ 有界， 即 $s_{n}$ 总不大于某一常数 $M$, 根据单调有界的数列必有极限的准则， 级数 (2-1) 必收敛于和 $s$, 且 $s_{n} \leqslant s \leqslant M$. 反之， 如果正项级数 (2-1) 收敛于和 $s$, 即 $\lim _{n \rightarrow \infty} s_{n}=s$, 根据有极限的数列是有界数列的性质可知， 数列 $\left\{s_{n}\right\}$ 有界。  
\end{proof}
\end{frame}

\begin{frame}
根据定理 1 ,可得关于正项级数的一个基本的审敛法。
\begin{theorem}[比较审敛法]
  设 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}$ 和 $\sum_{n=1}^{\infty} v_{n}$ 都是正项级数， 且 $u_{n} \leqslant v_{n}(n=1,2, \cdots)$. 若级数 $\sum_{n=1}^{\infty} v_{n}$ 收敛， 则级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}$ 收敛; 反之， 若级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}$ 发散， 则级数 $\sum_{n=1}^{\infty} v_{n}$ 发散。
\end{theorem}
\pause
\begin{proof}
设级数 $\sum_{n=1}^{\infty} v_{n}$ 收敛于和 $\sigma$, 则级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}$ 的部分和
\[
s_{n}=u_{1}+u_{2}+\cdots+u_{n} \leqslant v_{1}+v_{2}+\cdots+v_{n} \leqslant \sigma \quad(n=1,2, \cdots),
\]
即部分和数列 $\left\{s_{n}\right\}$ 有界， 由定理 1 知级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}$ 收敛。

反之， 设级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}$ 发散， 则级数 $\sum_{n=1}^{\infty} v_{n}$ 必发散。 因为若级数 $\sum_{n=1}^{\infty} v_{n}$ 收敛， 由上面已证明的结论， 将有级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}$ 也收敛，与假设矛盾。
\end{proof}
\pause
注意到级数的每一项同乘不为零的常数 $k$ 以及去掉级数前面部分的有限项不会影响级数的收敛性， 我们可得如下推论：
\begin{corollary*}
设 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}$ 和 $\sum_{n=1}^{\infty} v_{n}$ 都是正项级数， 且存在正整数 $N$和常数$k>0$, 使当 $n \geqslant N$ 时有 $u_{n} \leqslant k v_{n}$ 成立。
那么级数 $\sum_{n=1}^{\infty} v_{n}$ 收敛时级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}$ 也收敛; 
级数 $\sum_{n=1}^{\infty} v_{n}$ 发散时级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}$ 也发散。
\end{corollary*}
\end{frame}

\begin{frame}
  \begin{example}
  讨论 $p$ 级数
  \[\tag{2-2}
    1+\frac{1}{2^{p}}+\frac{1}{3^{p}}+\frac{1}{4^{p}}+\cdots+\frac{1}{n^{p}}+\cdots
\]
的收敛性， 其中常数 $p>0$.
\end{example}
\pause
\begin{solution}
设 $p \leqslant 1$. 这时级数的各项不小于调和级数的对应项， 即 $\frac{1}{n^{p}} \geqslant \frac{1}{n}$, 但调和级数发散，因此根据比较审敛法可知， 当 $p \leqslant 1$ 时级数 (2-2) 发散。
设 $p>1$. 因为当 $k-1 \leqslant x \leqslant k$ 时， 有 $\frac{1}{k^{p}} \leqslant \frac{1}{x^{p}}$, 所以
\[
\frac{1}{k^{p}}=\int_{k-1}^{k} \frac{1}{k^{p}} \mathrm{~d} x \leqslant \int_{k-1}^{k} \frac{1}{x^{p}} \mathrm{~d} x \quad(k=2,3, \cdots),
\]
从而级数 (2-2) 的部分和
\[
  \begin{aligned}
    s_{n} & =1+\sum_{k=2}^{n} \frac{1}{k^{p}} \leqslant 1+\sum_{k=2}^{n} \int_{k-1}^{k} \frac{1}{x^{p}} \mathrm{~d} x=1+\int_{1}^{n} \frac{1}{x^{p}} \mathrm{~d} x \\
  & =1+\frac{1}{p-1}\left(1-\frac{1}{n^{p-1}}\right)<1+\frac{1}{p-1} \quad(n=2,3, \cdots),
\end{aligned}
\]
这表明数列 $\left\{s_{n}\right\}$ 有界， 因此级数 (2-2) 收敛。
综合上述结果， 我们得到： $p$ 级数 (2-2) 当 $p>1$ 时收敛， 当 $p \leqslant 1$ 时发散。
\end{solution}
\end{frame}


\begin{frame}
  \begin{example}
  证明级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{n(n+1)}}$ 是发散的。
\end{example}
\pause
\begin{solution}
因为 $n(n+1)<(n+1)^{2}$, 所以 $\frac{1}{\sqrt{n(n+1)}}>\frac{1}{n+1}$. 而级数
\[
\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n+1}=\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n+1}+\cdots
\]
是发散的。 根据比较审敛法可知所给级数也是发散的。
\end{solution}
\end{frame}


\begin{frame}
为应用上的方便，下面我们给出比较审敛法的极限形式。

\begin{theorem}[比较审敛法的极限形式]
  设 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}$ 和 $\sum_{n=1}^{\infty} v_{n}$ 都是正项级数，
  \begin{enumerate}
      \item 如果 $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{u_{n}}{v_{n}}=l$ ($0 < l<+\infty$), 那么级数 $\sum_{n=1}^{\infty} v_{n}$ 和级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}$ 同时收敛， 同时发散；
        \pause
      \item 如果 $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{u_{n}}{v_{n}}=0$, 或者说，$\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{v_{n}}{u_{n}}=+\infty$, 那么级数 $\sum_{n=1}^{\infty} v_{n}$ 收敛时级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}$ 收敛；
        级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}$ 发散时级数 $\sum_{n=1}^{\infty} v_{n}$ 发散。
    \end{enumerate}
\end{theorem}
\pause
极限形式的比较审敛法， 在两个正项级数的一般项均趋于零的情况下， 其实是比
较它们的一般项作为无穷小量的阶。 定理表明， 当 $n \rightarrow \infty$ 时， 如果 $u_{n}$ 是与 $v_{n}$ 同阶，那么级数 $\sum_{n=1}^{\infty} v_{n}$ 和级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}$ 同时收敛， 同时发散；
\pause
如果$u_n$是比 $v_{n}$ 高阶的无穷小， 或者说，$v_n$是比$u_n$低阶的无穷小，那么级数 $\sum_{n=1}^{\infty} v_{n}$ 收敛时级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}$ 收敛；
        级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}$ 发散时级数 $\sum_{n=1}^{\infty} v_{n}$ 发散。
\end{frame}


\begin{frame}

  \begin{proof}[比较审敛法的极限形式的证明]
  \begin{enumerate}
        \item 由极限定义可知， 对 $\varepsilon=1$, 存在正整数 $N$, 当 $n>N$ 时， 有
            \[
                \frac{u_{n}}{v_{n}}<l+1
            \]
          即 $u_{n}<(l+1) v_{n}$. 而级数 $\sum_{n=1}^{\infty} v_{n}$ 收敛， 根据比较审敛法的推论， 知级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}$ 收敛。

        \item 按已知条件知极限 $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{v_{n}}{u_{n}}$ 存在， 如果级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}$ 收敛， 那么由结论 (1) 必有级数 $\sum_{n=1}^{\infty} v_{n}$ 收敛， 但已知级数 $\sum_{n=1}^{\infty} v_{n}$ 发散， 因此级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}$ 不可能收敛， 即级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}$ 发散。 对于 $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{u_{n}}{v_{n}}=+\infty$ 的情形， 留给读者证明。
    \end{enumerate}
\end{proof}

\pause
  \begin{example}
  判定级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \sin \frac{1}{n}$ 的收敛性。
\end{example}
\pause
\begin{solution}
因为
\[
\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{\sin \frac{1}{n}}{\frac{1}{n}}=1>0
\]
而级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$ 发散， 根据定理 3 知此级数发散。
\end{solution}
\end{frame}

\begin{frame}
用比较审敛法审敛时， 需要适当地选取一个已知其收敛性的级数 $\sum_{n=1}^{\infty} v_{n}$ 作为比较的基准。 最常选作基准级数的是等比级数和 $p$ 级数。

\pause
将所给正项级数与等比级数比较， 我们能得到在实用上很方便的比值审敛法和根值审敛法。
\begin{theorem}[比值审敛法， 达朗贝尔 (d'Alembert) 判别法]
  设 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}$ 为正项级数，如果
  \[
  \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{u_{n+1}}{u_{n}}=\rho
\]
那么当 $\rho<1$ 时级数收敛， $\rho>1\left(\right.$ 或 $\left.\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{u_{n+1}}{u_{n}}=\infty\right)$ 时级数发散， $\rho=1$ 时级数可能收敛也可能发散。
\end{theorem}
\pause
\begin{proof}
(1) 当 $\rho<1$ 时。 取一个适当小的正数 $\varepsilon$, 使得 $\rho+\varepsilon=r<1$, 根据极限定义，存在正整数 $m$, 当 $n \geqslant m$ 时有不等式
\[
\frac{u_{n+1}}{u_{n}}<\rho+\varepsilon=r.
\]
因此
\[
u_{m+1}<r u_{m}, u_{m+2}<r u_{m+1}<r^{2} u_{m}, \cdots, u_{m+k}<r^{k} u_{m}, \cdots
\]
而级数 $\sum_{k=1}^{\infty} r^{k} u_{m}$ 收敛 (公比 $r<1$ ), 根据定理 2 的推论， 知级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}$ 收敛。
\end{proof}

\end{frame}
\begin{frame}
  \begin{proof}[续]
  (2) 当 $\rho>1$ 时。 取一个适当小的正数 $\varepsilon$, 使得 $\rho-\varepsilon>1$. 根据极限定义， 当 $n \geqslant m$ 时有
不等式
\[
\frac{u_{n+1}}{u_{n}}>\rho-\varepsilon>1
\]
也就是
\[
u_{n+1}>u_{n} .
\]
所以当 $n \geqslant m$ 时， 级数的一般项 $u_{n}$ 是逐渐增大的， 从而 $\lim _{n \rightarrow \infty} u_{n} \neq 0$. 根据级数收敛的必要条件可知级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}$ 发散。
类似地， 可以证明当 $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{u_{n+1}}{u_{n}}=\infty$ 时， 级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}$ 发散。

(3) 当 $\rho=1$ 时。级数可能收敛也可能发散。例如 $p$ 级数 $(2-2)$, 不论 $p$ 为何值都有
\[
\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{u_{n+1}}{u_{n}}=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{\frac{1}{(n+1)^{p}}}{\frac{1}{n^{p}}}=1
\]
但我们知道， 当 $p>1$ 时级数收敛， 当 $p \leqslant 1$ 时级数发散， 因此只根据 $\rho=1$ 不能判定级数的收敛性。

\end{proof}
\end{frame}


\begin{frame}
  \begin{example}
  证明级数
  \[
  1+\frac{1}{1}+\frac{1}{1 \times 2}+\frac{1}{1 \times 2 \times 3}+\cdots+\frac{1}{(n-1) !}+\cdots
\]
是收敛的， 并估计以级数的部分和 $s_{n}$ 近似代替和 $s$ 所产生的误差。
\end{example}
\pause
\begin{solution}
因为
\[
\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{u_{n+1}}{u_{n}}=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{(n-1) !}{n !}=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n}=0<1,
\]
根据比值审敛法可知所给级数收敛。

以这级数的部分和 $s_{n}$ 近似代替和 $s$ 所产生的误差为
\[
  \begin{aligned}
    \left|r_{n}\right| & =\frac{1}{n !}+\frac{1}{(n+1) !}+\frac{1}{(n+2) !}+\cdots \\
  & =\frac{1}{n !}\left[1+\frac{1}{n+1}+\frac{1}{(n+1)(n+2)}+\cdots\right] \\
& <\frac{1}{n !}\left(1+\frac{1}{n}+\frac{1}{n^{2}}+\cdots\right) \\
& =\frac{1}{n !} \frac{1}{1-\frac{1}{n}}=\frac{1}{(n-1)(n-1) !} .
\end{aligned}
\]
\end{solution}
\end{frame}

\begin{frame}
  \begin{example}
  判定级数
  \[
  \frac{1}{10}+\frac{1 \times 2}{10^{2}}+\frac{1 \times 2 \times 3}{10^{3}}+\cdots+\frac{n !}{10^{n}}+\cdots
\]
的收敛性。
\end{example}
\pause
\begin{solution}
因为
\[
  \begin{gathered}
    \frac{u_{n+1}}{u_{n}}=\frac{(n+1) !}{10^{n+1}} \times \frac{10^{n}}{n !}=\frac{n+1}{10}, \\
  \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{u_{n+1}}{u_{n}}=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{n+1}{10}=\infty .
\end{gathered}
\]
根据比值审敛法可知所给级数发散。
\end{solution}
\end{frame}

\begin{frame}
  \begin{theorem}[根值审敛法， 柯西判别法]
    设 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}$ 为正项级数， 如果
    \[
      \lim _{n \rightarrow \infty} \sqrt[n]{u_{n}}=\rho,
  \]
那么当 $\rho<1$ 时级数收敛， $\rho>1$ (或 $\lim _{n \rightarrow \infty} \sqrt[n]{u_{n}}=+\infty$ ) 时级数发散， $\rho=1$ 时级数可能收敛也可能发散。
\end{theorem}

\pause
定理 5 的证明与定理 4 相仿， 这里从略。
\begin{example}
判定级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2+(-1)^{n}}{2^{n}}$ 的收敛性。
\end{example}
\pause
\begin{solution}
  \[
    \lim _{n \rightarrow \infty} \sqrt[n]{u_{n}}=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{2} \sqrt[n]{2+(-1)^{n}}=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{2} \mathrm{e}^{\frac{1}{n} \ln \left[2+(-1)^{n}\right]},
\]
因 $\ln \left[2+(-1)^{n}\right]$ 有界， 故 $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \ln \left[2+(-1)^{n}\right]=0$, 从而
\[
\lim _{n \rightarrow \infty} \sqrt[n]{u_{n}}=\frac{1}{2}
\]
因此， 根据根值审敛法知所给级数收敛。
\end{solution}
\end{frame}

\begin{frame}
将所给正项级数与 $p$ 级数作比较， 可得在实用上较方便的极限审敛法。
\begin{theorem}[极限审敛法]
  设 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}$ 为正项级数，
  \begin{enumerate}
      \item 如果 $\lim _{n \rightarrow \infty} n u_{n}=l>0$ (或 $\left.\lim _{n \rightarrow \infty} n u_{n}=+\infty\right)$, 那么级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}$ 发散;

        \item 如果 $p>1$, 而 $\lim _{n \rightarrow \infty} n^{p} u_{n}=l$ ($0 \leqslant l<+\infty$), 那么级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}$ 收敛。
        \end{enumerate}
    \end{theorem}
\pause
    \begin{proof}
      \begin{enumerate}
          \item 在极限形式的比较审敛法中， 取 $v_{n}=\frac{1}{n}$, 由调和级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$ 发散， 知结论成立。

            \item 在极限形式的比较审敛法中， 取 $v_{n}=\frac{1}{n^{p}}$, 当 $p>1$ 时， $p$ 级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{p}}$ 收敛， 故结论成立。
        \end{enumerate}
    \end{proof}
  \end{frame}


  \begin{frame}
    \begin{example}
      判定级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \ln \left(1+\frac{1}{n^{2}}\right)$ 的收敛性。
  \end{example}
  \pause
  \begin{solution}
  因 $\ln \left(1+\frac{1}{n^{2}}\right) \sim \frac{1}{n^{2}}(n \rightarrow \infty)$, 故
  \[
  \lim _{n \rightarrow \infty} n^{2} u_{n}=\lim _{n \rightarrow \infty} n^{2} \ln \left(1+\frac{1}{n^{2}}\right)=\lim _{n \rightarrow \infty} n^{2} \times \frac{1}{n^{2}}=1
\]
根据极限审敛法， 知所给级数收敛。
\end{solution}

\pause
\begin{example}
判定级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \sqrt{n+1}\left(1-\cos \frac{\pi}{n}\right)$ 的收敛性。
\end{example}
\pause
\begin{solution}
因为
\[
\lim _{n \rightarrow \infty} n^{\frac{3}{2}} u_{n}=\lim _{n \rightarrow \infty} n^{\frac{3}{2}} \sqrt{n+1}\left(1-\cos \frac{\pi}{n}\right)=\lim _{n \rightarrow \infty} n^{2} \sqrt{\frac{n+1}{n}} \times \frac{1}{2}\left(\frac{\pi}{n}\right)^{2}=\frac{1}{2} \pi^{2}
\]
根据极限审敛法， 知所给级数收敛。
\end{solution}
\end{frame}

\section{交错级数及其审敛法}

\begin{frame}{交错级数}
所谓\emph{交错级数}是这样的级数， 它的各项是正负交错的， 从而可以写成下面的形式：
\[\tag{2-3}
u_{1}-u_{2}+u_{3}-u_{4}+\cdots,
\]
或
\[\tag{2-4}
-u_{1}+u_{2}-u_{3}+u_{4}-\cdots,
\]
其中 $u_{1}, u_{2}, \cdots$ 都是正数。 我们按级数 (2-3) 的形式来证明关于交错级数的一个审敛法。

\pause
\begin{theorem}[莱布尼茨定理]
  如果交错级数 $\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1} u_{n}$ 满足条件：

(1) $u_{n} \geqslant u_{n+1}(n=1,2,3, \cdots)$;

(2) $\lim _{n \rightarrow \infty} u_{n}=0$,

那么级数收敛， 且其和 $s \leqslant u_{1}$, 其余项 $r_{n}$ 的绝对值 $\left|r_{n}\right| \leqslant u_{n+1}$.
\end{theorem}
也就是说，\emph{单调递减到$0$的数列的交错和是收敛的。}
\pause
  \begin{proof}
  先证明前 $2 n$ 项的和 $s_{2 n}$ 的极限存在。 为此把 $s_{2 n}$ 写成两种形式：
  \[
    s_{2 n}=\left(u_{1}-u_{2}\right)+\left(u_{3}-u_{4}\right)+\cdots+\left(u_{2 n-1}-u_{2 n}\right)
\]
及
\[
s_{2 n}=u_{1}-\left(u_{2}-u_{3}\right)-\left(u_{4}-u_{5}\right)-\cdots-\left(u_{2 n-2}-u_{2 n-1}\right)-u_{2 n} .
\]
\end{proof}

\end{frame}


\begin{frame}
  \begin{proof}[续]
    根据条件 (1) 知道所有括号中的差都是非负的。 由第一种形式可见数列 $\left\{s_{2 n}\right\}$ 是单调增加的， 由第二种形式可见 $s_{2 n}<u_{1}$. 
于是， 根据单调有界数列必有极限的准则知道， 当 $n$ 无
限增大时， $s_{2 n}$ 趋于一个极限 $s$, 并且 $s$ 不大于 $u_{1}$ :
\[
  \lim _{n \rightarrow \infty} s_{2 n}=s \leqslant u_{1}.
\]

再证明前 $2 n+1$ 项的和 $s_{2 n+1}$ 的极限也是 $s$. 事实上， 我们有
\[
s_{2 n+1}=s_{2 n}+u_{2 n+1}.
\]
由条件 (2) 知 $\lim _{n \rightarrow \infty} u_{2 n+1}=0$, 因此
\[
\lim _{n \rightarrow \infty} s_{2 n+1}=\lim _{n \rightarrow \infty}\left(s_{2 n}+u_{2 n+1}\right)=s .
\]

由于级数的前偶数项的和与奇数项的和趋于同一极限 $s$, 故级数 $\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1} u_{n}$的部分和 $s_{n}$ 当 $n \rightarrow \infty$ 时具有极限 $s$. 这就证明了级数 $\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1} u_{n}$ 收敛于和 $s$, 且 $s \leqslant u_{1}$.

最后， 不难看出余项 $r_{n}$ 可以写成
\[
r_{n}= \pm\left(u_{n+1}-u_{n+2}+\cdots\right),
\]
其绝对值
\[
\left|r_{n}\right|=u_{n+1}-u_{n+2}+\cdots,
\]
\end{proof}
\end{frame}

\begin{frame}
\begin{proof}[续]
    上式右端也是一个交错级数， 它也满足收敛的两个条件， 所以其和小于级数的第一项，也就是说
\[
\left|r_{n}\right| \leqslant u_{n+1}
\]
证明完毕。
  \end{proof}
  \begin{example}
    交错级数
    \[
      1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\cdots+(-1)^{n-1} \frac{1}{n}+\cdots
    \]
    满足条件

    (1) $u_{n}=\frac{1}{n}>\frac{1}{n+1}=u_{n+1}(n=1,2, \cdots)$


    (2) $\lim _{n \rightarrow \infty} u_{n}=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n}=0$,

    所以它是收敛的， 且其和 $s<1$. 如果取前 $n$ 项的和
    \[
      s_{n}=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\cdots+(-1)^{n-1} \frac{1}{n}
    \]
    作为 $s$ 的近似值， 所产生的误差 $\left|r_{n}\right| \leqslant \frac{1}{n+1}\left(=u_{n+1}\right)$.
  \end{example}

\end{frame}



\section{绝对收敛与条件收敛}

\begin{frame}
现在我们讨论一般的级数
\[
u_{1}+u_{2}+\cdots+u_{n}+\cdots,
\]
它的各项为任意实数。 如果级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}$ 各项的绝对值所构成的正项级数 $\sum_{n=1}^{\infty}\left|u_{n}\right|$ 收敛，那么称级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}$ 绝对收敛; 如果级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}$ 收敛， 而级数 $\sum_{n=1}^{\infty}\left|u_{n}\right|$ 发散， 那么称级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}$ 条件收敛。
\pause
容易知道， 级数 $\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1} \frac{1}{n^{2}}$ 是绝对收敛级数， 而级数 $\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1} \frac{1}{n}$是条件收敛级数。
级数绝对收敛与级数收敛有以下重要关系：

\begin{theorem}
如果级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}$ 绝对收敛， 那么级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}$ 必定收敛。
\end{theorem}
\pause
\begin{proof}
令
\[
v_{n}=\frac{1}{2}\left(u_{n}+\left|u_{n}\right|\right) \quad(n=1,2, \cdots) .
\]
显然 $v_{n} \geqslant 0$ 且 $v_{n} \leqslant\left|u_{n}\right| \quad(n=1,2, \cdots)$. 因级数 $\sum_{n=1}^{\infty}\left|u_{n}\right|$ 收敛， 故由比较审敛法知道， 级数 $\sum_{n=1}^{\infty} v_{n}$ 收敛， 从而级数 $\sum_{n=1}^{\infty} 2 v_{n}$ 也收敛。 而 $u_{n}=2 v_{n}-\left|u_{n}\right|$, 由收敛级数的基本性质可知
\[
\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}=\sum_{n=1}^{\infty} 2 v_{n}-\sum_{n=1}^{\infty}\left|u_{n}\right|
\]
所以级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}$ 收敛。 定理证毕。
\end{proof}
\end{frame}


\begin{frame}
上述证明中引人的级数 $\sum_{n=1}^{\infty} v_{n}$, 其一般项
\[
v_{n}=\frac{1}{2}\left(u_{n}+\left|u_{n}\right|\right)= \begin{cases}u_{n}, & u_{n}>0 \\ 0, & u_{n} \leqslant 0\end{cases}
\]
可见级数 $\sum_{n=1}^{\infty} v_{n}$ 是把级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}$ 中的负项换成 0 而得的， 它也就是级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}$ 中的全体正项所构成的级数。 
\pause
类似可知， 令
\[
w_{n}=\frac{1}{2}\left(\left|u_{n}\right|-u_{n}\right),
\]
则 $\sum_{n=1}^{\infty} w_{n}$ 为级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}$ 中全体负项的绝对值所构成的级数。 
\pause
如果级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}$ 绝对收敛，那么级数 $\sum_{n=1}^{\infty} v_{n}$ 与 $\sum_{n=1}^{\infty} w_{n}$ 都收敛; 如果级数条件收敛 (即 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}$ 收敛， 而 $\sum_{n=1}^{\infty}\left|u_{n}\right|$ 发
散), 那么级数 $\sum_{n=1}^{\infty} v_{n}$ 与 $\sum_{n=1}^{\infty} w_{n}$ 都发散。

\pause
定理 8 说明， 对于一般的级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}$, 如果我们用正项级数的审敛法判定级数 $\sum_{n=1}^{\infty}\left|u_{n}\right|$ 收敛， 那么此级数收敛。 这就使得一大类级数的收敛性判定问题， 转化成正项级数的收敛性判定问题。

\pause
一般说来， 如果级数 $\sum_{n=1}^{\infty}\left|u_{n}\right|$ 发散， 我们不能断定级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}$ 也发散。 但是， 如果我们用比值审敛法或根值审敛法根据 $\lim _{n \rightarrow \infty}\left|\frac{u_{n+1}}{u_{n}}\right|=\rho>1$ 或 $\lim _{n \rightarrow \infty} \sqrt[n]{\left|u_{n}\right|}=\rho>1$ 判定级数 $\sum_{n=1}^{\infty}\left|u_{n}\right|$ 发散， 那么我们可以断定级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}$ 必定发散。 这是因为从 $\rho>1$ 可推知 $\left|u_{n}\right| \nrightarrow 0(n \rightarrow \infty)$, 从而 $u_{n} \nrightarrow 0(n \rightarrow \infty)$, 因此级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}$ 是发散的。
\end{frame}

\begin{frame}
  \begin{example}
  判定级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin n \alpha}{n^{2}}$ 的收敛性。
\end{example}
\pause
\begin{solution}
因为 $\left|\frac{\sin n \alpha}{n^{2}}\right| \leqslant \frac{1}{n^{2}}$, 而级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{2}}$ 收敛， 所以级数 $\sum_{n=1}^{\infty}\left|\frac{\sin n \alpha}{n^{2}}\right|$ 也收敛。 由定理 8 知， 级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin n \alpha}{n^{2}}$ 收敛。
\end{solution}

\pause
\begin{example}
判定级数 $\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n} \frac{1}{2^{n}}\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n^{2}}$ 的收敛性。
\end{example}
\pause
\begin{solution}
这是交错级数。 记 $u_{n}=\frac{1}{2^{n}}\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n^{2}}$, 有
\[
\sqrt[n]{u_{n}}=\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n} \rightarrow \frac{1}{2} \mathrm{e} \quad(n \rightarrow \infty)
\]
而 $\frac{1}{2} \mathrm{e}>1$, 可知 $u_{n} \nrightarrow 0(n \rightarrow \infty)$, 因此所给级数发散。
\end{solution}
\end{frame}


\section{绝对收敛级数的性质}

\begin{frame}
绝对收敛级数有很多性质是条件收敛级数所没有的， 下面给出关于绝对收敛级数的两个性质。

\begin{theorem}
绝对收敛级数经改变项的位置后构成的级数也收敛， 且与原级数有相同的和 (即绝对收敛级数具有可交换性).
\end{theorem}
\pause
\begin{proof}
(1) 先证定理对于收敛的正项级数是正确的。

设级数
\[
u_{1}+u_{2}+\cdots+u_{n}+\cdots
\]
为收敛的正项级数， 其部分和为 $s_{n}$, 和为 $s$. 并设级数
\[
u_{1}^{*}+u_{2}^{*}+\cdots+u_{n}^{*}+\cdots
\]
为改变项的位置后构成的级数， 其部分和为 $s_{n}^{*}$.
\end{proof}
\end{frame}

\begin{frame}
  \begin{proof}[续]
    (1) (续) 
对于任何 $n$, 当它固定后， 取 $m$ 足够大， 使 $u_{1}^{*}, u_{2}^{*}, \cdots, u_{n}^{*}$ 各项都出现在 $s_{m}=u_{1}+$ $u_{2}+\cdots+u_{m}$ 中， 于是得
\[
s_{n}^{*} \leqslant s_{m} \leqslant s,
\]
所以， 单调增加的数列 $\left\{s_{n}^{*}\right\}$ 不超过定数 $s$, 根据单调有界数列必有极限的准则(第一章第六节), 可知 $\lim _{n \rightarrow \infty} s_{n}^{*}$ 存在， 即级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}^{*}$ 收敛， 且
\[
\lim _{n \rightarrow \infty} s_{n}^{*}=s^{*} \leqslant s .
\]
另一方面， 如果把原来级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}$ 看成是级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}^{*}$ 改变项的位置以后所成的级数，那么应用刚才证得的结论， 又有
\[
s \leqslant s^{*}.
\]
要使得上面两个不等式同时成立，必定有
\[
s^{*}=s .
\]
\end{proof}

\end{frame}


\begin{frame}
  \begin{proof}[续]

(2) 再证定理对一般的绝对收敛级数是正确的。

设级数 $\sum_{n=1}^{\infty}\left|u_{n}\right|$ 收敛。 在定理 8 的证明中已得
\[
u_{n}=2 v_{n}-\left|u_{n}\right|,
\]
而 $\sum_{n=1}^{\infty} v_{n}$ 是收敛的正项级数。 故有
\[
\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}=\sum_{n=1}^{\infty}\left(2 v_{n}-\left|u_{n}\right|\right)=\sum_{n=1}^{\infty} 2 v_{n}-\sum_{n=1}^{\infty}\left|u_{n}\right|
\]
若级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}$ 改变项的位置后的级数为 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}^{*}$, 则相应的 $\sum_{n=1}^{\infty} v_{n}$ 改变为 $\sum_{n=1}^{\infty} v_{n}^{*}, \sum_{n=1}^{\infty}\left|u_{n}\right|$改变为 $\sum_{n=1}^{\infty}\left|u_{n}^{*}\right|$, 由 (1) 证得的结论可知
\[
\sum_{n=1}^{\infty} v_{n}=\sum_{n=1}^{\infty} v_{n}^{*}, \quad \sum_{n=1}^{\infty}\left|u_{n}\right|=\sum_{n=1}^{\infty}\left|u_{n}^{*}\right|
\]
所以
\[
\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}^{*}=\sum_{n=1}^{\infty} 2 v_{n}^{*}-\sum_{n=1}^{\infty}\left|u_{n}^{*}\right|=\sum_{n=1}^{\infty} 2 v_{n}-\sum_{n=1}^{\infty}\left|u_{n}\right|=\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}
\]
证毕。
\end{proof}

\end{frame}


\begin{frame}
在给出绝对收敛级数的另一个性质以前， 我们先来讨论级数的乘法运算。

\pause
设级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}$ 和 $\sum_{n=1}^{\infty} v_{n}$ 都收敛， 仿照有限项之和相乘的规则， 作出这两个级数的项所有可能的乘积 $u_{i} v_{k}(i, k=1,2,3, \cdots)$, 这些乘积是
\[
  \begin{aligned}
  & u_{1} v_{1}, u_{1} v_{2}, u_{1} v_{3}, \cdots, u_{1} v_{i}, \cdots, \\
& u_{2} v_{1}, u_{2} v_{2}, u_{2} v_{3}, \cdots, u_{2} v_{i}, \cdots, \\
& u_{3} v_{1}, u_{3} v_{2}, u_{3} v_{3}, \cdots, u_{3} v_{i}, \cdots, \\
& \cdots \\
& u_{k} v_{1}, u_{k} v_{2}, u_{k} v_{3}, \cdots, u_{k} v_{i}, \cdots,
\end{aligned}
\]
\pause
这些乘积可以用很多方式将它们排列成一个数列。 例如可以按 “对角线法” 或按 “正方形法”将它们排列成下面形状的数列 (图 12-2):

\end{frame}


\begin{frame}

\begin{figure}
  \centering
  \begin{subfigure}{.3\textwidth}
    \caption*{对角线法}
  \includegraphics[max width=\textwidth]{2024_01_20_295afa09a60caa30a9eag-19(1)}
\end{subfigure}
\hskip 5em
\begin{subfigure}{.3\textwidth}
  \caption*{正方形法}
\includegraphics[max width=\textwidth]{2024_01_20_295afa09a60caa30a9eag-19}
\end{subfigure}
\caption*{图 12-2}
\end{figure}

  （对角线法） $u_{1} v_{1} ; u_{1} v_{2}, u_{2} v_{1} ; \cdots ; u_{1} v_{n}, u_{2} v_{n-1}, \cdots, u_{n} v_{1} ; \cdots$.

  （正方形法） $u_{1} v_{1} ; u_{1} v_{2}, u_{2} v_{2}, u_{2} v_{1} ; \cdots ; u_{1} v_{n}, u_{2} v_{n}, \cdots, u_{n} v_{n}, u_{n} v_{n-1}, \cdots, u_{n} v_{1} ; \cdots$.

  \pause
把上面排列好的数列用加号相连， 就组成无穷级数。 我们称按 “对角线法” 排列所组成的级数
\[
u_{1} v_{1}+\left(u_{1} v_{2}+u_{2} v_{1}\right)+\cdots+\left(u_{1} v_{n}+u_{2} v_{n-1}+\cdots+u_{n} v_{1}\right)+\cdots
\]
为两级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}$ 和 $\sum_{n=1}^{\infty} v_{n}$ 的柯西乘积。


\end{frame}

\begin{frame}
\begin{theorem}[绝对收敛级数的乘法]
  设级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}$ 和 $\sum_{n=1}^{\infty} v_{n}$ 都绝对收敛， 其和分别为 $s$ 和 $\sigma$, 则它们的柯西乘积
  \[\tag{2-5}
  u_{1} v_{1}+\left(u_{1} v_{2}+u_{2} v_{1}\right)+\cdots+\left(u_{1} v_{n}+u_{2} v_{n-1}+\cdots+u_{n} v_{1}\right)+\cdots
\]
也是绝对收敛的，且其和为 $s \sigma$.
\end{theorem}
\pause
\begin{proof}
考虑把级数 (2-5) 的括号去掉后所成的级数
\[\tag{2-6}
u_{1} v_{1}+u_{1} v_{2}+u_{2} v_{1}+\cdots+u_{1} v_{n}+\cdots
\]
如果级数 (2-6) 绝对收敛且其和为 $w$, 那么由收敛级数的基本性质 4 及比较审敛法可知， 级数 (2-5) 也绝对收敛且其和为 $w$. 因此只要证明级数 (2-6) 绝对收敛且其和 $w=s \sigma$ 就行了。
\end{proof}
\end{frame}

\begin{frame}
  \begin{proof}[续]
    (1) 先证级数 (2-6) 绝对收敛。
    设 $w_{m}$ 为级数 (2-6) 的前 $m$ 项分别取绝对值后所作成的和， 又设
    \[
      \sum_{n=1}^{\infty}\left|u_{n}\right|=A, \quad \sum_{n=1}^{\infty}\left|v_{n}\right|=B
    \]
    则显然有
    \[
      w_{m} \leqslant \sum_{n=1}^{\infty}\left|u_{n}\right| \cdot \sum_{n=1}^{\infty}\left|v_{n}\right| \leqslant A B .
    \]
    由此可见单调增加数列 $\left\{w_{m}\right\}$ 不超过定数 $A B$, 所以级数 (2-6) 绝对收敛。


(2) 再证级数 (2-6) 的和 $w=s \sigma$.

把级数 (2-6) 的各项位置重新排列并加上括号使它成为按 “正方形法” 排列所组成的级数
\[
u_{1} v_{1}+\left(u_{1} v_{2}+u_{2} v_{2}+u_{2} v_{1}\right)+\cdots+\left(u_{1} v_{n}+u_{2} v_{n}+\cdots+u_{n} v_{n}+u_{n} v_{n-1}+\cdots+u_{n} v_{1}\right)+\cdots
\]
根据定理 9 及收敛级数的基本性质 4 可知， 对于绝对收敛级数 (2-6) 这样做法是不会改变其和的。 容易看出， 级数 (2-7) 的前 $n$ 项的和恰好为
\[
\left(u_{1}+u_{2}+\cdots+u_{n}\right) \cdot\left(v_{1}+v_{2}+\cdots+v_{n}\right)=s_{n} \sigma_{n},
\]
因此
\[
w=\lim _{n \rightarrow \infty}\left(s_{n} \sigma_{n}\right)=s \sigma .
\]
\end{proof}
\end{frame}

\end{document}
